代码随想录算法训练营第67天：图论5[1]

代码随想录算法训练营第67天：图论5

‍

105.有向图的完全可达性

卡码网题目链接（ACM模式）(opens new window)

【题目描述】

给定一个有向图，包含 N 个节点，节点编号分别为 1，2，…，N。现从 1 号节点开始，如果可以从 1 号节点的边可以到达任何节点，则输出 1，否则输出 -1。

【输入描述】

第一行包含两个正整数，表示节点数量 N 和边的数量 K。 后续 K 行，每行两个正整数 s 和 t，表示从 s 节点有一条边单向连接到 t 节点。

【输出描述】

如果可以从 1 号节点的边可以到达任何节点，则输出 1，否则输出 -1。

【输入示例】

4 4
1 2
2 1
1 3
3 4

【输出示例】

1

【提示信息】

​​

从 1 号节点可以到达任意节点，输出 1。

数据范围：

• 1 <= N <= 100；
• 1 <= K <= 2000。

#思路

本题给我们是一个有向图， 意识到这是有向图很重要！

接下来我们再画一个图，从图里可以直观看出来，节点6 是 不能到达节点1 的

​​

这就很容易让我们想起岛屿问题，只要发现独立的岛，就是不可到达的。

但本题是有向图，在有向图中，即使所有节点都是链接的，但依然不可能从0出发遍历所有边。

例如上图中，节点1 可以到达节点2，但节点2是不能到达节点1的。

所以本题是一个有向图搜索全路径的问题。 只能用深搜（DFS）或者广搜（BFS）来搜。

以下dfs分析 大家一定要仔细看，本题有两种dfs的解法，很多题解没有讲清楚。 看完之后 相信你对dfs会有更深的理解。

深搜三部曲：

1. 确认递归函数，参数

需要传入地图，需要知道当前我们拿到的key，以至于去下一个房间。

同时还需要一个数组，用来记录我们都走过了哪些房间，这样好知道最后有没有把所有房间都遍历的，可以定义一个一维数组。

所以 递归函数参数如下：

// key 当前得到的可以 
// visited 记录访问过的房间 
void dfs(const vector>& graph, int key, vector& visited) {

2. 确认终止条件

遍历的时候，什么时候终止呢？

这里有一个很重要的逻辑，就是在递归中，我们是处理当前访问的节点，还是处理下一个要访问的节点。

这决定 终止条件怎么写。

首先明确，本题中什么叫做处理，就是 visited数组来记录访问过的节点，该节点默认 数组里元素都是false，把元素标记为true就是处理 本节点了。

如果我们是处理当前访问的节点，当前访问的节点如果是 true ，说明是访问过的节点，那就终止本层递归，如果不是true，我们就把它赋值为true，因为这是我们处理本层递归的节点。

代码就是这样：

// 写法一：处理当前访问的节点
void dfs(const vector>& graph, int key, vector& visited) {
if (visited[key]) {
return;
}
visited[key] = true;
list keys = graph[key];
for (int key : keys) {
// 深度优先搜索遍历
dfs(graph, key, visited);
}
}

如果我们是处理下一层访问的节点，而不是当前层。那么就要在 深搜三部曲中第三步：处理目前搜索节点出发的路径的时候对 节点进行处理。

这样的话，就不需要终止条件，而是在 搜索下一个节点的时候，直接判断 下一个节点是否是我们要搜的节点。

代码就是这样的：

// 写法二：处理下一个要访问的节点
void dfs(const vector>& graph, int key, vector& visited) {
list keys = rooms[key];
for (int key : keys) {
if (visited[key] == false) { // 确认下一个是没访问过的节点
visited[key] = true;
dfs(rooms, key, visited);
}
}
}

可以看出，如何看待 我们要访问的节点，直接决定了两种不一样的写法，很多录友对这一块很模糊，可能做过这道题，但没有思考到这个维度上。

3. 处理目前搜索节点出发的路径

其实在上面，深搜三部曲 第二部，就已经讲了，因为终止条件的两种写法， 直接决定了两种不一样的递归写法。

这里还有细节：

看上面两个版本的写法中， 好像没有发现回溯的逻辑。

我们都知道，有递归就有回溯，回溯就在递归函数的下面， 那么之前我们做的dfs题目，都需要回溯操作，例如：0098.所有可达路径， 为什么本题就没有回溯呢？

代码中可以看到dfs函数下面并没有回溯的操作。

此时就要在思考本题的要求了，本题是需要判断 1节点 是否能到所有节点，那么我们就没有必要回溯去撤销操作了，只要遍历过的节点一律都标记上。

那什么时候需要回溯操作呢？

当我们需要搜索一条可行路径的时候，就需要回溯操作了，因为没有回溯，就没法“调头”， 如果不理解的话，去看我写的 0098.所有可达路径 的题解。

以上分析完毕，DFS整体实现C++代码如下：

// 写法一：dfs 处理当前访问的节点
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

void dfs(const vector<list<int>>& graph, int key, vector<bool>& visited) {
if (visited[key]) {
return;
}
visited[key] = true;
list<int> keys = graph[key];
for (int key : keys) {
// 深度优先搜索遍历
dfs(graph, key, visited);
}
}

int main() {
int n, m, s, t;
cin >> n >> m;

// 节点编号从1到n，所以申请 n+1 这么大的数组
vector<list<int>> graph(n + 1); // 邻接表
while (m--) {
cin >> s >> t;
// 使用邻接表 ，表示 s -> t 是相连的
graph[s].push_back(t);
}
vector<bool> visited(n + 1, false);
dfs(graph, 1, visited);
//检查是否都访问到了
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (visited[i] == false) {
cout << -1 << endl;
return 0;
}
}
cout << 1 << endl;
}

第二种写法注意有注释的地方是和写法一的区别

写法二：dfs处理下一个要访问的节点
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

void dfs(const vector<list<int>>& graph, int key, vector<bool>& visited) {
list<int> keys = rooms[key];
for (int key : keys) {
if (visited[key] == false) { // 确认下一个是没访问过的节点
visited[key] = true;
dfs(rooms, key, visited);
}
}
}

int main() {
int n, m, s, t;
cin >> n >> m;

vector<list<int>> graph(n + 1);
while (m--) {
cin >> s >> t;
graph[s].push_back(t);

}
vector<bool> visited(n + 1, false);

visited[0] = true; // 节点1 预先处理
dfs(graph, 1, visited);

for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (visited[i] == false) {
cout << -1 << endl;
return 0;
}
}
cout << 1 << endl;
}

本题我也给出 BFS C++代码，BFS理论基础 ​**(opens new window)** ，代码如下：

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

int main() {
int n, m, s, t;
cin >> n >> m;

vector<list<int>> graph(n + 1);
while (m--) {
cin >> s >> t;
graph[s].push_back(t);

}
vector<bool> visited(n + 1, false);
visited[1] = true; //  1 号房间开始
queue<int> que;
que.push(1); //  1 号房间开始

// 广度优先搜索的过程
while (!que.empty()) {
int key = que.front(); que.pop();
list<int> keys = graph[key];
for (int key : keys) {
if (!visited[key]) {
que.push(key);
visited[key] = true;
}
}
}

for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (visited[i] == false) {
cout << -1 << endl;
return 0;
}
}
cout << 1 << endl;
}

106. 岛屿的周长

卡码网题目链接（ACM模式）(opens new window)

题目描述

给定一个由 1（陆地）和 0（水）组成的矩阵，岛屿是被水包围，并且通过水平方向或垂直方向上相邻的陆地连接而成的。

你可以假设矩阵外均被水包围。在矩阵中恰好拥有一个岛屿，假设组成岛屿的陆地边长都为 1，请计算岛屿的周长。岛屿内部没有水域。

输入描述

第一行包含两个整数 N, M，表示矩阵的行数和列数。之后 N 行，每行包含 M 个数字，数字为 1 或者 0，表示岛屿的单元格。

输出描述

输出一个整数，表示岛屿的周长。

输入示例

5 5
0 0 0 0 0
0 1 0 1 0
0 1 1 1 0
0 1 1 1 0
0 0 0 0 0

输出示例

14

提示信息

​​

岛屿的周长为 14。

数据范围：

1 <= M, N <= 50。

#思路

岛屿问题最容易让人想到BFS或者DFS，但本题确实还用不上。

为了避免大家惯性思维，所以给大家安排了这道题目。

#解法一：

遍历每一个空格，遇到岛屿则计算其上下左右的空格情况。

如果该陆地上下左右的空格是有水域，则说明是一条边，如图：

​​

陆地的右边空格是水域，则说明找到一条边。

如果该陆地上下左右的空格出界了，则说明是一条边，如图：

​​

该录友的下边空格出界了，则说明找到一条边。

C++代码如下：（详细注释）

#include 
#include 
using namespace std;
int main() {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>> grid(n, vector<int>(m, 0));
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> grid[i][j];
}
}
int direction[4][2] = {0, 1, 1, 0, -1, 0, 0, -1};
int result = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (grid[i][j] == 1) {
for (int k = 0; k < 4; k++) {       // 上下左右四个方向
int x = i + direction[k][0];
int y = j + direction[k][1];    // 计算周边坐标x,y
if (x < 0                       // x在边界上
|| x >= grid.size()     // x在边界上
|| y < 0                // y在边界上
|| y >= grid[0].size()  // y在边界上
|| grid[x][y] == 0) {   // x,y位置是水域
result++;
}
}
}
}
}
cout << result << endl;

}

#解法二：

计算出总的岛屿数量，总的变数为：岛屿数量 * 4

因为有一对相邻两个陆地，边的总数就要减2，如图红线部分，有两个陆地相邻，总边数就要减2

​​

那么只需要在计算出相邻岛屿的数量就可以了，相邻岛屿数量为cover。

结果 result = 岛屿数量 * 4 - cover * 2;

C++代码如下：（详细注释）

#include 
#include 
using namespace std;
int main() {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>> grid(n, vector<int>(m, 0));
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> grid[i][j];
}
}
int sum = 0;    // 陆地数量
int cover = 0;  // 相邻数量
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (grid[i][j] == 1) {
sum++; // 统计总的陆地数量
// 统计上边相邻陆地
if(i - 1 >= 0 && grid[i - 1][j] == 1) cover++;
// 统计左边相邻陆地
if(j - 1 >= 0 && grid[i][j - 1] == 1) cover++;
// 为什么没统计下边和右边？ 因为避免重复计算
}
}
}

cout << sum * 4 - cover * 2 << endl;

}